a: C là điểm chính giữa của cung AB

=>sđ cung CA=sđ cung CB=90 độ

=>\(\hat{COA}=\hat{COB}=90^0\)

Xét (O) có \(\hat{AMC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

=>\(\hat{AMC}=\frac12\cdot\hat{AOC}=45^0\)

Xét ΔHCM vuông tại H có \(\hat{HMC}=45^0\)

nên ΔHMC vuông cân tại H

=>HM=HC

Xét ΔOHC và ΔOHM có

OH chung

HC=HM

OC=OM

Do đó: ΔOHC=ΔOHM

=>\(\hat{HOC}=\hat{HOM}\)

=>OH là phân giác của góc COM

b:

ΔOCM cân tại O

mà OI là đường phân giác

nên OI là đường trung trực của MC

=>IM=IC

=>ΔIMC cân tại I

Xét (O) có \(\hat{BCM};\hat{BDM}\) là các góc nội tiếp chắn cung BM

=>\(\hat{BCM}=\hat{BDM}\)

mà \(\hat{BCM}=\hat{ICM}=\hat{IMC}\) (ΔIMC cân tại I)

nên \(\hat{BDM}=\hat{IMC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên CM//BD

a: Sửa đề: ΔACN=ΔBCM

Xét (O) có

\(\hat{CAM};\hat{CBM}\) là các góc nội tiếp chắn cung CM

=>\(\hat{CAM}=\hat{CBM}\)

C là điểm chính giữa của cung AB

=>sđ cung CA=sđ cung CB

=>CA=CB

Xét ΔCAN và ΔCBM có

CA=CB

\(\hat{CAN}=\hat{CBM}\)

AN=BM

Do đó: ΔCAN=ΔCBM

b: ΔCAN=ΔCBM

=>CN=CM

C là điểm chính giữa của cung AB

=>sđ cung AC=sđ cung CB=90 độ

Xét (O) có \(\hat{CMA}\) là góc nội tiếp chắn cung CA

=>\(\hat{CMA}=\frac12\cdot\hat{COA}=45^0\)

Xét ΔCMN có CM=CN và \(\hat{CMN}=45^0\)

nên ΔCMN vuông cân tại C

c: Xét (O) có

CD,AM là các dây

CD//AM

Do đó: AD=CM

mà CM=CN

nên AD=CN

CD//AM

=>CD//AN

=>ADCN là hình thang

mà AD=CN

nên ADCN là hình bình hành

a. Em tự giải

b.

Ta có: \(EA=EM\) (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

\(OA=OM=R\)

\(\Rightarrow OE\) là trung trực của AM

\(\Rightarrow OE\perp AM\Rightarrow\widehat{OPM}=90^0\)

Chứng minh tương tự ta có \(OF\perp BM\Rightarrow\widehat{OQM}=90^0\)

AB là đường kính \(\Rightarrow\widehat{AMB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{AMB}=90^0\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông)

c.

Kéo dài BM cắt Ax tại C

Do \(OE||BC\) (cùng vuông góc AM), mà O là trung điểm AB

\(\Rightarrow OE\) là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow E\) là trung điểm AC \(\Rightarrow AE=CE\)

Áp dụng định lý Talet trong tam giác BAE:

\(\dfrac{KH}{AE}=\dfrac{BK}{BE}\)

Áp dụng định lý Talet trong tam giác BEC:

\(\dfrac{MK}{CE}=\dfrac{BK}{BE}\)

\(\Rightarrow\dfrac{KH}{AE}=\dfrac{MK}{CE}\Rightarrow KH=MK\)

ĐKXĐ: \(2\le x\le4\)

\(\left(\sqrt{x-2}-1\right)+\left(1-\sqrt{4-x}\right)=2x^2-5x-3\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x-3}{\sqrt{x-2}+1}+\dfrac{x-3}{1+\sqrt{4-x}}=\left(x-3\right)\left(2x+1\right)\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-3=0\Rightarrow x=3\\\dfrac{1}{\sqrt{x-2}+1}+\dfrac{1}{1+\sqrt{4-x}}=2x+1\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Xét (1), ta có: \(\dfrac{1}{\sqrt{x-2}+1}+\dfrac{1}{1+\sqrt{4-x}}< \dfrac{1}{0+1}+\dfrac{1}{1+0}=2\)

Do \(x\ge2\Rightarrow2x+1\ge5\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x-2}+1}+\dfrac{1}{1+\sqrt{4-x}}< 2x+1\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\) vô nghiệm

Vậy pt có nghiệm duy nhất \(x=3\)

\(x=3\)

a.

FN là tiếp tuyến tại N \(\Rightarrow\widehat{FNO}=90^0\)

\(\Rightarrow\) 2 điểm P và N cùng nhìn OF dưới 1 góc vuông nên tứ giác ONFP nội tiếp đường tròn đường kính ON

b.

Trong tam giác MQF, do \(PQ\perp ME\) và \(MN\perp FQ\Rightarrow O\) là trực tâm

\(\Rightarrow FO\perp MQ\) tại D

Hai điểm D và N cùng nhìn MF dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow DNFM\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{FDN}=\widehat{FMN}\) (cùng chắn FN) (1)

Hai điểm D và P cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow MDOP\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{FMN}=\widehat{FDP}\) (cùng chắn OP) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\widehat{FDP}=\widehat{FDN}\)

\(\Rightarrow DF\) là phân giác của \(\widehat{PDN}\)

c.

Do MN là đường kính và E thuộc đường tròn \(\Rightarrow\widehat{MEN}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{MEN}=90^0\Rightarrow NE\perp ME\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MNF với đường cao NE:

\(MN^2=ME.MF\Rightarrow\left(2R\right)^2=ME.MF\)

\(\Rightarrow ME.MF=4R^2\)

Từ đó áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(MF+2ME\ge2\sqrt{MF.2ME}=2\sqrt{8R^2}=4R\sqrt{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(MF=2ME\Rightarrow E\) là trung điểm MF

\(\Rightarrow NE\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền

\(\Rightarrow NE=\dfrac{1}{2}MF=ME\)

\(\Rightarrow E\) là điểm chính giữa cung MN

\(f\left(-1\right)=-a+1\)

\(f\left(f\left(-1\right)\right)=f\left(-a+1\right)=\dfrac{a}{-a+1}+1=\dfrac{1}{-a+1}\)

\(f\left(f\left(-1\right)\right)+a=0\Rightarrow\dfrac{1}{-a+1}+a=0\)

\(\Rightarrow-a^2+a+1=0\) (\(a\ne1\))

\(\Rightarrow a=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}\)

\(a=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}\)

\(u_3=u_2+u_1\)

\(u_4=u_3+u_2=\left(u_2+u_1\right)+u_2=2u_2+u_1=\left(4-2\right)u_2+\left(4-3\right)u_1\)

\(u_5=u_4+u_3=\left(4-2\right)u_2+\left(4-3\right)u_1+u_2+u_1=\left(5-2\right)u_2+\left(5-3\right)u_1\)

...

\(\Rightarrow u_n=\left(n-2\right)u_2+\left(n-3\right)u_1\)

\(\Rightarrow u_{37}=35u_2+34u_1=...\)

Thực hiện các phép chia đa thức, thu được:

\(f\left(x\right)=\left(x+3\right)\left[x^2+\left(b-3\right)x+\left(c-3b+9\right)\right]+d-3c+9b-27\)

\(f\left(x\right)=\left(x-4\right)\left[x^2+\left(b+4\right)x+c+4b+16\right]+d+4c+16b+64\)

\(f\left(x\right)=\left(x+3\right)\left(x-4\right)\left(x+b+1\right)+\left(c+b+13\right)x+d+12b+12c\)

Theo đề bài, ta có \(d-3c+9b-27=1\)      (1)

\(d+4c+16b+64=8\)       (2)

\(b+1=-3\) \(\Leftrightarrow b=-4\)

và \(\left(b+c+13\right)x+d+12b+12c\ne0\)        (3)

Thế \(b=-4\) vào (1) và (2), thu được

\(d-3c-36-27=1\Leftrightarrow d-3c=64\)

và \(d+4c-64+64=8\) \(\Leftrightarrow d+4c=8\)

Từ đó suy ra \(\left(c;d\right)=\left(-8;40\right)\)

Thử lại, thấy thỏa mãn.

Do đó, \(\left(b,c,d\right)=\left(-4,-8,40\right)\)

\(\Delta'=\left(m-1\right)^2-\left(2m-3\right)=m^2+4>0;\forall m\)

\(\Rightarrow\) Pt luôn có 2 nghiệm pb với mọi m

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m-1\right)\\x_1x_2=2m-3\end{matrix}\right.\)

- Với 

\(x_1^2-2x_2=7\)

\(\Leftrightarrow x_1\left(x_1+x_2\right)-x_1x_2-2x_2=7\)

\(\Leftrightarrow2\left(m-1\right)x_1-\left(2m-3\right)-2x_2=7\)

\(\Leftrightarrow2mx_1-2\left(x_1+x_2\right)=2m+4\)

\(\Leftrightarrow mx_1-2\left(m-1\right)=m+2\)

\(\Leftrightarrow mx_1=3m\)

- Với \(m=0\) thỏa mãn

- Với \(m\ne0\Rightarrow x_1=3\)

Thế vào \(x_1+x_2=2\left(m-1\right)\Rightarrow x_2=2m-5\)

Thế tiếp vào \(x_1x_2=2m-3\) \(\Rightarrow3\left(2m-5\right)=2m-3\)

\(\Rightarrow m=3\)

Vậy \(\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=3\end{matrix}\right.\)

\(B=\sqrt{\dfrac{8+\sqrt{15}}{2}}+\sqrt{\dfrac{8-\sqrt{15}}{2}}\) 

\(B=\dfrac{\sqrt{8+\sqrt{15}}}{\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{8-\sqrt{15}}}{\sqrt{2}}\)

\(B=\dfrac{\sqrt{2}\cdot\sqrt{8+\sqrt{15}}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}+\dfrac{\sqrt{2}\cdot\sqrt{8-\sqrt{15}}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}\)

\(B=\dfrac{\sqrt{16+2\sqrt{15}}}{2}+\dfrac{\sqrt{16-2\sqrt{15}}}{2}\)

\(B=\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{15}\right)^2+2\cdot\sqrt{15}\cdot1+1^2}}{2}+\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{15}\right)^2-2\cdot\sqrt{15}\cdot1+1^2}}{2}\)

\(B=\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{15}+1\right)^2}}{2}+\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{15}-1\right)^2}}{2}\)

\(B=\dfrac{\sqrt{15}+1+\sqrt{15}-1}{2}\)

\(B=\dfrac{2\sqrt{15}}{2}\)

\(B=\sqrt{15}\)